資源簡介

(共77張PPT)
動量守恒定律及應用
第
2
講
目標
要求
1.理解系統動量守恒的條件.2.會應用動量守恒定律解決基本問題.3.會用動量守恒觀點分析爆炸、反沖運動和人船模型.4.理解碰撞的種類及其遵循的規律.
內容索引
考點一　動量守恒定律的理解和基本應用
考點二　爆炸、反沖運動和人船模型
考點三　碰撞問題
課時精練
考點一
動量守恒定律的理解和基本應用
梳理
必備知識
1.內容
如果一個系統不受外力，或者所受外力的 為0，這個系統的總動量保持不變.
2.表達式
(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝ .系統相互作用前的總動量等于相互作用后的總動量.
(2)Δp1＝ ，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向.
矢量和
m1v1′＋m2v2′
－Δp2
1.只要系統所受合外力做功為0，系統動量就守恒.(　　)
2.系統的動量不變是指系統的動量大小和方向都不變.(　　)
3.若物體相互作用時動量守恒，則機械能一定守恒.(　　)
4.動量守恒定律的表達式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，應用時要規定正方向，且其中的速度必須相對同一個參考系.(　　)
×
√
×
√
1.適用條件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零.
(2)近似守恒：系統內各物體間相互作用的內力遠大于它所受到的外力.
(3)某一方向守恒：如果系統在某一方向上所受外力的合力為零，則系統在這一方向上動量守恒.
提升
關鍵能力
2.動量守恒定律的五個特性
矢量性 動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題應選取統一的正方向
相對性 各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)
同時性 動量是一個瞬時量，表達式中的p1、p2、…應是系統中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′、…應是系統中各物體在相互作用后同一時刻的動量
系統性 研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統
普適性 動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統
例1　(2021·全國乙卷·14)如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦.用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動.在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統
A.動量守恒，機械能守恒
B.動量守恒，機械能不守恒
C.動量不守恒，機械能守恒
D.動量不守恒，機械能不守恒
√
考向1　系統動量守恒的判斷
因為滑塊與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對滑動，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；對小車、彈簧和滑塊組成的系統，根據動量守恒和機械能守恒的條件可知撤去推力后該系統動量守恒，機械能不守恒，故選B.
例2　(2023·浙江溫州市模擬)如圖所示，光滑平面上有一輛質量為2m的小車，車上左右兩端分別站著甲、乙兩人，他們的質量都是m，開始兩個人和車一起以速度v0向右勻速運動.某一時刻，站在車右端的乙先以相對地面向右的速度v跳離小車，然后站在車左端的甲以相對于地面向左的速度v跳離小車.兩人都離開小車后，小車的速度將是
A.v0 B.2v0
C.大于v0，小于2v0 D.大于2v0
√
考向2　動量守恒定律的基本應用
兩人和車所組成的系統動量守恒，初動量為4mv0，方向向右.當甲、乙兩人先后以相對地面相等的速度向兩個方向跳離時，甲、乙兩人的動量和為零，則有4mv0＝2mv車，可得v車＝2v0，選項B正確.
應用動量守恒定律解題的步驟
方法點撥
例3　甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑的水平冰面上勻速相向行駛，速度大小均為v0＝6 m/s，甲車上有質量為m＝1 kg的小球若干個，甲和他的小車及小車上小球的總質量為M1＝50 kg，乙和他的小車的總質量為M2＝30 kg.為避免相撞，甲不斷地將小球以相對地面為v′＝16.5 m/s的水平速度拋向乙，且被乙接住，假如某一次甲將小球拋出且被乙接住后，剛好可保證兩車不相撞.則甲總共拋出的小球個數是
A.12 　　　　　　B.13 　　　　　　 C.14　　　　　　 D.15
√
考向3　動量守恒定律的臨界問題
規定甲的速度方向為正方向，兩車剛好不相撞，則兩車速度相等，由動量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v ，解得v＝1.5 m/s，對甲、小車及從甲車上拋出的小球，由動量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正確.
考點二
爆炸、反沖運動和人船模型
梳理
必備知識
1.爆炸現象的三個規律
動量守恒 爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統的總動量______
動能增加 在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學能)轉化為機械能，所以系統的機械能增加
位置不變 爆炸的時間極短，因而作用過程中物體產生的位移 ，可以認為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動
守恒
很小
2.反沖運動的三點說明
作用原理 反沖運動是系統內兩物體之間的作用力和反作用力產生的效果
動量守恒 反沖運動中系統不受外力或內力 外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律
機械能增加 反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的總機械能增加
遠大于
1.發射炮彈，炮身后退；園林噴灌裝置一邊噴水一邊旋轉均屬于反沖現象.(　　)
2.爆炸過程中機械能增加，反沖過程中機械能減少.(　　)
×
√
例4　(2021·浙江1月選考·12)在爆炸實驗基地有一發射塔，發射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀.爆炸物自發射塔豎直向上發射，上升到空中最高點時炸裂成質量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊.遙控器引爆瞬間開始計時，在5 s末和6 s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲.已知聲音在空氣中的傳播速度為340 m/s，忽略空氣阻力.下列說法正確的是
A.兩碎塊的位移大小之比為1∶2
B.爆炸物的爆炸點離地面高度為80 m
C.爆炸后的質量大的碎塊的初速度為68 m/s
D.爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340 m
√
考向1　爆炸問題
設碎塊落地的時間為t，質量大的碎塊水平初速度為v，則由動量守恒定律知質量小的碎塊水平初速度為2v，爆炸后的碎塊做平拋運動，下落的高度相同，則在空中運動的時間相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比為1∶2，碎塊位移s＝ ，可見兩碎塊的位移大小之比不是1∶2，故A項錯誤；
據題意知，vt＝(5－t)×340 (m/s)，又2vt＝(6－t)×340 (m/s)，聯立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸點離地面高度為h＝ ＝80 m，故B項正確，C項錯誤；
兩碎塊落地點的水平距離為Δx＝3vt＝1 020 m，故D項錯誤.
例5　(2023·河南省模擬)發射導彈過程可以簡化為：將靜止的質量為M(含燃料)的導彈點火升空，在極短時間內以相對地面的速度v0豎直向下噴出質量為m的熾熱氣體，忽略噴氣過程中重力和空氣阻力的影響，則噴氣結束時導彈獲得的速度大小是
考向2　反沖運動
√
1.模型圖示
2.模型特點
(1)兩物體滿足動量守恒定律：mv人－Mv船＝0
考向3　人船模型
3.運動特點
(1)人動則船動，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；
例6　(多選)如圖所示，繩長為l，小球質量為m，小車質量為M，將小球向右拉至水平后放手，則(水平面光滑)
A.系統的總動量守恒
B.水平方向任意時刻小球與小車的動量等大反向或都為零
C.小球不能向左擺到原高度
D.小車向右移動的最大距離為
√
√
系統只是在水平方向所受的合力為零，豎直方向的合力不為零，故水平方向的動量守恒，而總動量不守恒，A錯誤，B正確；
根據水平方向的動量守恒及機械能守恒得，小球仍能向左擺到原高度，C錯誤；
小球相對于小車的最大位移為2l，根據“人船模型”，系統水平方向動量守恒，設小球水平方向的平均速度為vm，小車水平方向的平均速度為vM，mvm－MvM＝0，兩邊同時乘以運動時間t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小車向右移動的最大距離
為 D正確.
考點三
碰撞問題
梳理
必備知識
1.碰撞
碰撞是指物體間的相互作用持續時間很短，而物體間相互作用力____
的現象.
2.特點
在碰撞現象中，一般都滿足內力 外力，可認為相互碰撞的系統動量守恒.
很大
遠大于
3.分類
動量是否守恒 機械能是否守恒
彈性碰撞 守恒 ______
非彈性碰撞 _____ 有損失
完全非彈性碰撞 守恒 損失_____
守恒
守恒
最大
1.碰撞前后系統的動量和機械能均守恒.(　　)
2.在光滑水平面上的兩球相向運動，碰撞后均變為靜止，則兩球碰撞前的動量大小一定相同.(　　)
3.兩球發生非彈性碰撞時，既不滿足動量守恒定律，也不滿足機械能守恒定律.(　　)
×
√
×
1.彈性碰撞的重要結論
以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發生彈性碰撞為例，則有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
提升
關鍵能力
討論：①若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換)；
②若m1>m2，則v1′>0，v2′>0(碰后兩小球沿同一方向運動)；當m1 m2時，v1′≈v1，v2′≈2v1；
③若m10(碰后兩小球沿相反方向運動)；當m1 m2時，v1′≈－v1，v2′≈0.
2.靜止物體被撞后的速度范圍
例7　A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，當A追上B并發生碰撞后，A、B兩球速度的可能值是
A.vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B.vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C.vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D.vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
√
考向1　碰撞的可能性
雖然題給四個選項均滿足動量守恒定律，但A、D兩項中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，不符合實際，即A、D項錯誤；
而B項既符合實際情況，也不違背能量守恒定律，所以B項正確.
碰撞問題遵守的三條原則
方法點撥
(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.
(3)速度要符合實際情況
①碰前兩物體同向運動，若要發生碰撞，則應有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前′
≥v后′.
②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向至少有一個改變.
例8　(2023·浙江省杭州二中月考)如圖所示，B、C、D、E、F五個小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四個球質量相等，而F球質量小于B球質量，A球質量等于F球質量.A球以速度v0向B球運動，所發生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后
A.3個小球靜止，3個小球運動
B.4個小球靜止，2個小球運動
C.5個小球靜止，1個小球運動
D.6個小球都運動
考向2　彈性碰撞
√
A、B質量不等，mAB、C、D、E質量相等，彈性碰撞后，不斷交換速度，最終E有向右的速度，B、C、D靜止；
E、F質量不等，mE>mF，則碰后E、F都向右運動，所以B、C、D靜止，A向左運動，E、F向右運動，故A正確.
例9　(2023·浙江嘉興市模擬)如圖所示，小球A和小球B質量相同，小球B置于光滑水平面上，小球A從高為h處由靜止擺下，到達最低點恰好與B相撞，并粘合在一起繼續擺動，若不計空氣阻力，兩球均可視為質點，則它們能上升的最大高度是
考向3　非彈性碰撞
√
四
課時精練
1.北京冬奧會2 000米短道速滑接力賽上，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出，完成“交接棒”.忽略地面的摩擦力，在這個過程中
A.兩運動員的總動量守恒
B.甲、乙運動員的動量變化量相同
C.兩運動員的總機械能守恒
D.甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
基礎落實練
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
兩運動員組成的系統所受合外力矢量和為0，系統動量守恒，A正確；
系統動量守恒，兩運動員的動量變化量等大反向，變化量不相同，B錯誤；
在光滑冰面上“交接棒”時，后方運動員用力推前方運動員，導致機械能增加，C錯誤；
在乙推甲的過程中，消耗體內的化學能轉化為系統的動能，根據能量守恒定律可知，甲的動能增加量不等于乙的動能減小量，D錯誤.
12
13
2.如圖所示，小木塊m與長木板M之間光滑，M置于光滑水平面上，一輕質彈簧左端固定在M的左端，右端與m連接，開始時m和M都靜止，彈簧處于自然狀態.現同時對m、M施加等大反向的水平恒力F1、F2，兩物體開始運動后，對m、M、彈簧組成的系統，下列說法正確的是(整個過程中彈簧不超過其彈性限度)
A.整個運動過程中，系統機械能守恒，動量守恒
B.整個運動過程中，當木塊速度為零時，系統機械能一定最大
C.M、m分別向左、右運行過程中，均一直做加速度逐漸增大的加速直線運動
D.M、m分別向左、右運行過程中，當彈簧彈力與F1、F2的大小相等時，系統
動能最大
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
由于F1與F2等大反向，系統所受的合外力為零，則系統的動量守恒.由于水平恒力F1、F2
對系統做功代數和不為零，則系統的機械能不守恒，故A錯誤；
從開始到彈簧伸長到最長的過程，F1與F2分別對m、M做正功，彈簧伸長最長時，m、M的速度為零，之后彈簧收縮，F1與F2分別對m、M做負功，系統的機械能減小，因此，當彈簧有最大伸長量時，m、M的速度為零，系統機械能最大；當彈簧收縮到最短時，m、M的速度為零，系統機械能最小，故B錯誤；
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
在水平方向上，M、m受到水平恒力和彈簧的彈力作用，水平恒力先大于彈力，后小于
彈力，隨著彈力增大，兩個物體的合力先逐漸減小，后反向增大，則加速度先減小后反向增大，則M、m先做加速度逐漸減小的加速運動，后做加速度逐漸增大的減速運動，當彈簧彈力的大小與拉力F1、F2的大小相等時，m、M的速度最大，系統動能最大，故C錯誤，D正確.
12
13
3.如圖所示，氣球下面有一根長繩，一個質量為m1＝50 kg的人抓在氣球下方，氣球和長繩的總質量為m2＝20 kg，長繩的下端剛好和水平面接觸，當靜止時人離地面的高度為h＝5 m.如果這個人開始沿繩向下滑，當滑到繩下端時，他離地面的高度約為(可以把人看成質點)
A.5 m
B.3.6 m
C.2.6 m
D.8 m
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
4.(多選)(2023·浙江麗水市模擬)質量為M的物塊以速度v運動，與質量為m的靜止物塊發生正碰，碰撞后兩者的動量正好相等，兩者質量之比
可能為
A.2 　　　　　　　B.3 　　　　　　　C.4 　　　　　　　D.5
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
√
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
5.冰壺運動深受觀眾喜愛，在某次投擲中，冰壺甲運動一段時間后與靜止的冰壺乙發生正碰，如圖所示.若兩冰壺質量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置，可能是選項圖中的哪幅圖
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
兩冰壺碰撞過程中動量守恒，兩冰壺發生正碰，由動量守恒定律可知，碰撞前后系統動量不變，
兩冰壺的動量方向即速度方向，不會偏離甲原來的方向，可知，A圖情況是不可能的，故A錯誤；
如果兩冰壺發生彈性碰撞，碰撞過程動量守恒、機械能守恒，兩冰壺質量相等，碰撞后兩冰壺交換速度，甲靜止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做減速運動，最后停止，最終兩冰壺的位置可能如選項B所示，故B正確；
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
兩冰壺碰撞后，乙在前，甲在后，選項C所示是不可能的，故C錯誤；
碰撞過程機械能不可能增大，兩冰壺質量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D錯誤.
12
13
6.如圖所示，在光滑的水平面上有三個完全相同的小球，它們排成一條直線，小球2、3靜止，并靠在一起，球1以速度v0撞向它們，設碰撞過程中不損失機械能，則碰后三個小球的速度分別為
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
能力綜合練
√
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
7.(2023·北京市第五中學檢測)A、B物塊沿光滑水平面在同一直線上運動并發生正碰，如圖為兩物塊碰撞前后的位移－時間圖像，其中a、b分別為A、B兩物塊碰前的位移－時間圖像，c為碰撞后兩物塊共同運動的位移－時間圖像，若A物塊質量m＝2 kg，則由圖判斷，下列結論錯誤的是
A.碰撞前后A的動量變化量的大小為4 kg·m/s
B.B物塊的質量為0.75 kg
C.碰撞過程A對B所施沖量大小為4 N·s
D.碰撞過程A、B兩物塊組成的系統損失的動能為10 J
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
動量為mvA＝2×3 kg·m/s＝6 kg·m/s，碰撞后A的動量為mvAB＝ 2 kg·m/s，碰撞前后A的動量變化量的大小為4 kg·m/s，A正確，不符合題意；
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
8.(2023·浙江寧波市月考)“爆竹聲中一歲除，春風送暖入屠蘇”，爆竹聲響是辭舊迎新的標志，是喜慶心情的流露.有一個質量為3m的爆竹從地面斜向上拋出，上升h后到達最高點，此時速度大小為v0、方向水平向東，在最高點爆炸成質量不等的兩塊，其中一塊質量為2m，速度大小為v，方向水平向東；重力加速度為g.則
A.爆竹在最高點爆炸過程中，整體的動量守恒
B.質量為m的一塊，其速度為3v0－2v
C.質量為m的一塊，其速度為2v－3v0
D.質量為m的一塊，在落地過程中重力沖量的大小為 方向水平
向西
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
爆竹在最高點爆炸過程中，整體水平方向上不受外力，水平方向上動量守恒，故A錯誤；
規定向東為正方向，根據動量守恒得3mv0＝2mv＋mv′，解得質量為m的一塊的速度v′＝3v0－2v，故B正確，C錯誤；
12
13
9.在發射地球衛星時需要運載火箭多次點火，以提高最終的發射速度.某次地球近地衛星發射的過程中，火箭噴氣發動機每次噴出質量為m＝800 g的氣體，氣體離開發動機時的對地速度v＝1 000 m/s，假設火箭(含燃料在內)的總質量為M＝600 kg，發動機每秒噴氣20次，忽略地球引力的影響，則
A.第三次氣體噴出后火箭的速度大小約為4 m/s
B.地球衛星要能成功發射，速度大小至少達到11.2 km/s
C.要使火箭能成功發射至少要噴氣500次
D.要使火箭能成功發射至少要持續噴氣17 s
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
設噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出的三次氣體為研究對象，以豎直向上為正方向，由動量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得：v3≈4 m/s，故A正確；
地球衛星要能成功發射，噴氣n次后至少要達到第一宇宙速度，即：vn＝7.9 km/s，故B錯誤；
以火箭和噴出的n次氣體為研究對象，以豎直向上為正方向，由動量守恒定律得：(M－nm)vn－nmv＝0，代入數據解得：n≈666，故C錯誤；
12
13
10.(2023·浙江紹興市調研)如圖為“子母球”表演的示意圖，彈性小球A和B疊放在一起，從距地面高度為h處自由落下，h遠大于兩小球直徑，小球B的質量是A質量的3倍，假設所有的碰撞都是彈性碰撞，
且都發生在下落的豎直方向上，不考慮空氣阻力.則
A.下落過程中兩個小球之間有相互擠壓
B.A與B第一次碰后小球B的速度不為零
C.A與B第一次碰后小球A彈起的最大高度是2h
D.A與B第一次碰后小球A彈起的最大高度是4h
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
不考慮空氣阻力，下落過程是自由落體運動，處于完全失重狀態，則兩個小球之間沒有力的作用，A錯誤；
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
11.(多選)(2023·浙江寧波市高三檢測)如圖所示，某超市兩輛相同的購物車質量均為m，相距L沿直線排列，靜置于水平地面上.為節省收納空間，工人猛推一下第一輛車并立即松手，第一輛車運動距離L后與第二輛車相碰并相互嵌套結為一體，兩輛車一起運動了L距離后恰好停靠在墻邊.若購物車運動時受到的摩擦力恒為車重力的k倍，重力加速度為g，則
A.兩購物車在整個過程中克服摩擦力做功之和為2kmgL
B.兩購物車碰撞后瞬間的速度大小為
C.兩購物車碰撞時的能量損失為2kmgL
D.工人給第一輛購物車的水平沖量大小為
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
素養提升練
√
√
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
由題意可知，兩購物車在整個過程中克服摩擦力做功之和為W克f＝kmgL＋2kmgL＝3kmgL，A錯誤；
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
12.(2023·浙江臺州市模擬)如圖所示，光滑導軌的
末端放有一個質量為m1＝1 kg的小球A，導軌的末
端與豎直墻上的O點等高，導軌末端到豎直墻壁的
水平距離為d＝0.3 m.一個質量為m2的小球B沿導軌
從距導軌末端高h＝0.2 m處由靜止釋放，在末端與
小球A碰撞后，兩球直接從軌道末端飛出，A、B兩球分別擊中豎直墻壁上的P、Q兩點.已知P到O的距離h1＝0.05 m，Q到O的距離h2＝0.45 m，小球可視為質點，重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(1)求A、B兩球從軌道末端飛出時的速度大小v1、v2；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案　見解析
小球在空中做平拋運動，有
解得v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
12
13
(2)求小球B的質量m2，并通過計算分析碰撞是否為彈性碰撞；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案　見解析
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
設B運動到軌道末端的速度為v0，
解得v0＝2 m/s
在A、B碰撞前后，兩球的動量守恒，以v0的方
向為正方向，有m2v0＝m2v2＋m1v1，
解得m2＝3 kg
12
13
(3)在A、B發生彈性碰撞的條件下，能否選擇一個合適的小球B，質量為m2，使得兩球碰后即以共同速度做拋體運動？如果能，求出m2；若不能，請說明理由.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案　見解析
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
這說明碰撞前后有能量損失，與題設矛盾，故這樣的m2不存在.
12
13
13.(多選)(2020·全國卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0 kg的靜止物塊以大小為5.0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0 m/s的速度與擋板彈性碰撞.總共經過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0 m/s，反彈的物塊不能再追上運動員.不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為
A.48 kg 　　　　B.53 kg 　　　　C.58 kg 　　　　D.63 kg
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
素養提升練
√
√
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
設運動員的質量為M，第一次推物塊后，運動員速度大小為v1，
第二次推物塊后，運動員速度大小為v2……
第八次推物塊后，運動員速度大小為v8，
第一次推物塊后，由動量守恒定律知：Mv1＝mv0；
第二次推物塊后由動量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
由題意知，v7<5 m/s，則M>52 kg，又知v8>5 m/s，則M<60 kg，故選B、C.
12
13第2講　動量守恒定律及應用
目標要求　1.理解系統動量守恒的條件.2.會應用動量守恒定律解決基本問題.3.會用動量守恒觀點分析爆炸、反沖運動和人船模型.4.理解碰撞的種類及其遵循的規律．
考點一　動量守恒定律的理解和基本應用
1．內容
如果一個系統不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統的總動量保持不變．
2．表達式
(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系統相互作用前的總動量等于相互作用后的總動量．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向．
1．只要系統所受合外力做功為0，系統動量就守恒．(　×　)
2．系統的動量不變是指系統的動量大小和方向都不變．(　√　)
3．若物體相互作用時動量守恒，則機械能一定守恒．(　×　)
4．動量守恒定律的表達式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，應用時要規定正方向，且其中的速度必須相對同一個參考系．(　√　)
1．適用條件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零．
(2)近似守恒：系統內各物體間相互作用的內力遠大于它所受到的外力．
(3)某一方向守恒：如果系統在某一方向上所受外力的合力為零，則系統在這一方向上動量守恒．
2．動量守恒定律的五個特性
矢量性 動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題應選取統一的正方向
相對性 各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)
同時性 動量是一個瞬時量，表達式中的p1、p2、…應是系統中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′、…應是系統中各物體在相互作用后同一時刻的動量
系統性 研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統
普適性 動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統
考向1　系統動量守恒的判斷
例1　(2021·全國乙卷·14)如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦．用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動．在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(　　)
A．動量守恒，機械能守恒
B．動量守恒，機械能不守恒
C．動量不守恒，機械能守恒
D．動量不守恒，機械能不守恒
答案　B
解析　因為滑塊與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對滑動，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；對小車、彈簧和滑塊組成的系統，根據動量守恒和機械能守恒的條件可知撤去推力后該系統動量守恒，機械能不守恒，故選B.
考向2　動量守恒定律的基本應用
例2　(2023·浙江溫州市模擬)如圖所示，光滑平面上有一輛質量為2m的小車，車上左右兩端分別站著甲、乙兩人，他們的質量都是m，開始兩個人和車一起以速度v0向右勻速運動．某一時刻，站在車右端的乙先以相對地面向右的速度v跳離小車，然后站在車左端的甲以相對于地面向左的速度v跳離小車．兩人都離開小車后，小車的速度將是(　　)
A．v0 B．2v0
C．大于v0，小于2v0 D．大于2v0
答案　B
解析　兩人和車所組成的系統動量守恒，初動量為4mv0，方向向右．當甲、乙兩人先后以相對地面相等的速度向兩個方向跳離時，甲、乙兩人的動量和為零，則有4mv0＝2mv車，可得v車＝2v0，選項B正確．
　　　　　　應用動量守恒定律解題的步驟
考向3　動量守恒定律的臨界問題
例3　甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑的水平冰面上勻速相向行駛，速度大小均為v0＝6 m/s，甲車上有質量為m＝1 kg的小球若干個，甲和他的小車及小車上小球的總質量為M1＝50 kg，乙和他的小車的總質量為M2＝30 kg.為避免相撞，甲不斷地將小球以相對地面為v′＝16.5 m/s的水平速度拋向乙，且被乙接住，假如某一次甲將小球拋出且被乙接住后，剛好可保證兩車不相撞．則甲總共拋出的小球個數是(　　)
A．12 B．13 C．14 D．15
答案　D
解析　規定甲的速度方向為正方向，兩車剛好不相撞，則兩車速度相等，由動量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v ，解得v＝1.5 m/s，對甲、小車及從甲車上拋出的小球，由動量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正確．
考點二　爆炸、反沖運動和人船模型
1．爆炸現象的三個規律
動量守恒 爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統的總動量守恒
動能增加 在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學能)轉化為機械能，所以系統的機械能增加
位置不變 爆炸的時間極短，因而作用過程中物體產生的位移很小，可以認為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動
2.反沖運動的三點說明
作用原理 反沖運動是系統內兩物體之間的作用力和反作用力產生的效果
動量守恒 反沖運動中系統不受外力或內力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律
機械能增加 反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的總機械能增加
1．發射炮彈，炮身后退；園林噴灌裝置一邊噴水一邊旋轉均屬于反沖現象．(　√　)
2．爆炸過程中機械能增加，反沖過程中機械能減少．(　×　)
考向1　爆炸問題
例4　(2021·浙江1月選考·12)在爆炸實驗基地有一發射塔，發射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀．爆炸物自發射塔豎直向上發射，上升到空中最高點時炸裂成質量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊．遙控器引爆瞬間開始計時，在5 s末和6 s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲．已知聲音在空氣中的傳播速度為340 m/s，忽略空氣阻力．下列說法正確的是(　　)
A．兩碎塊的位移大小之比為1∶2
B．爆炸物的爆炸點離地面高度為80 m
C．爆炸后的質量大的碎塊的初速度為68 m/s
D．爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340 m
答案　B
解析　設碎塊落地的時間為t，質量大的碎塊水平初速度為v，則由動量守恒定律知質量小的碎塊水平初速度為2v，爆炸后的碎塊做平拋運動，下落的高度相同，則在空中運動的時間相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比為1∶2，碎塊位移s＝，可見兩碎塊的位移大小之比不是1∶2，故A項錯誤；據題意知，vt＝(5－t)×340 (m/s)，又2vt＝(6－t)×340 (m/s)，聯立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸點離地面高度為h＝gt2＝80 m，故B項正確，C項錯誤；兩碎塊落地點的水平距離為Δx＝3vt＝1 020 m，故D項錯誤．
考向2　反沖運動
例5　(2023·河南省模擬)發射導彈過程可以簡化為：將靜止的質量為M(含燃料)的導彈點火升空，在極短時間內以相對地面的速度v0豎直向下噴出質量為m的熾熱氣體，忽略噴氣過程中重力和空氣阻力的影響，則噴氣結束時導彈獲得的速度大小是(　　)
A. v0 B. v0
C. v0 D. v0
答案　D
解析　由動量守恒定律得mv0＝(M－m)v，導彈獲得的速度v＝v0，故選D.
考向3　人船模型
1．模型圖示
2．模型特點
(1)兩物體滿足動量守恒定律：mv人－Mv船＝0
(2)兩物體的位移大小滿足：m－M＝0，
x人＋x船＝L，
得x人＝L，x船＝L
3．運動特點
(1)人動則船動，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；
(2)人船位移比等于它們質量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質量的反比，即＝＝.
例6　(多選)如圖所示，繩長為l，小球質量為m，小車質量為M，將小球向右拉至水平后放手，則(水平面光滑)(　　)
A．系統的總動量守恒
B．水平方向任意時刻小球與小車的動量等大反向或都為零
C．小球不能向左擺到原高度
D．小車向右移動的最大距離為
答案　BD
解析　系統只是在水平方向所受的合力為零，豎直方向的合力不為零，故水平方向的動量守恒，而總動量不守恒，A錯誤，B正確；根據水平方向的動量守恒及機械能守恒得，小球仍能向左擺到原高度，C錯誤；小球相對于小車的最大位移為2l，根據“人船模型”，系統水平方向動量守恒，設小球水平方向的平均速度為vm，小車水平方向的平均速度為vM，mvm－MvM＝0，兩邊同時乘以運動時間t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小車向右移動的最大距離為，D正確．
考點三　碰撞問題
1．碰撞
碰撞是指物體間的相互作用持續時間很短，而物體間相互作用力很大的現象．
2．特點
在碰撞現象中，一般都滿足內力遠大于外力，可認為相互碰撞的系統動量守恒．
3．分類
動量是否守恒 機械能是否守恒
彈性碰撞 守恒 守恒
非彈性碰撞 守恒 有損失
完全非彈性碰撞 守恒 損失最大
1．碰撞前后系統的動量和機械能均守恒．(　×　)
2．在光滑水平面上的兩球相向運動，碰撞后均變為靜止，則兩球碰撞前的動量大小一定相同．(　√　)
3．兩球發生非彈性碰撞時，既不滿足動量守恒定律，也不滿足機械能守恒定律．(　×　)
1．彈性碰撞的重要結論
以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發生彈性碰撞為例，則有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2
聯立解得：v1′＝v1，v2′＝v1
討論：①若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換)；
②若m1>m2，則v1′>0，v2′>0(碰后兩小球沿同一方向運動)；當m1 m2時，v1′≈v1，v2′≈2v1；
③若m10(碰后兩小球沿相反方向運動)；當m1 m2時，v1′≈－v1，v2′≈0.
2．靜止物體被撞后的速度范圍
物體A與靜止的物體B發生碰撞，當發生完全非彈性碰撞時損失的機械能最多，物體B的速度最小，vB＝v0，當發生彈性碰撞時，物體B速度最大，vB＝v0.則碰后物體B的速度范圍為：v0≤vB≤v0.
考向1　碰撞的可能性
例7　A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，當A追上B并發生碰撞后，A、B兩球速度的可能值是(　　)
A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
答案　B
解析　雖然題給四個選項均滿足動量守恒定律，但A、D兩項中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，不符合實際，即A、D項錯誤；C項中，兩球碰后的總動能Ek后＝mAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的總動能Ek前＝mAvA2＋mBvB2＝22 J，違背了能量守恒定律，所以C項錯誤；而B項既符合實際情況，也不違背能量守恒定律，所以B項正確．
　　　　　　碰撞問題遵守的三條原則
(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.
(3)速度要符合實際情況
①碰前兩物體同向運動，若要發生碰撞，則應有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前′≥v后′.
②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向至少有一個改變．
考向2　彈性碰撞
例8　(2023·浙江省杭州二中月考)如圖所示，B、C、D、E、F五個小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四個球質量相等，而F球質量小于B球質量，A球質量等于F球質量．A球以速度v0向B球運動，所發生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后(　　)
A．3個小球靜止，3個小球運動
B．4個小球靜止，2個小球運動
C．5個小球靜止，1個小球運動
D．6個小球都運動
答案　A
解析　A、B質量不等，mAmF，則碰后E、F都向右運動，所以B、C、D靜止，A向左運動，E、F向右運動，故A正確．
考向3　非彈性碰撞
例9　(2023·浙江嘉興市模擬)如圖所示，小球A和小球B質量相同，小球B置于光滑水平面上，小球A從高為h處由靜止擺下，到達最低點恰好與B相撞，并粘合在一起繼續擺動，若不計空氣阻力，兩球均可視為質點，則它們能上升的最大高度是(　　)
A．h B.h C.h D.h
答案　C
解析　小球A由釋放到擺到最低點的過程，由機械能守恒定律得mAgh＝mAv12，則v1＝.A、B的碰撞過程滿足動量守恒定律，則mAv1＝(mA＋mB)v2，又mA＝mB，得v2＝，對A、B粘在一起共同上擺的過程應用機械能守恒定律得(mA＋mB)v22＝(mA＋mB)gh′，則h′＝，故C正確．
課時精練
1.北京冬奧會2 000米短道速滑接力賽上，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出，完成“交接棒”．忽略地面的摩擦力，在這個過程中(　　)
A．兩運動員的總動量守恒
B．甲、乙運動員的動量變化量相同
C．兩運動員的總機械能守恒
D．甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量
答案　A
解析　兩運動員組成的系統所受合外力矢量和為0，系統動量守恒，A正確；系統動量守恒，兩運動員的動量變化量等大反向，變化量不相同，B錯誤；在光滑冰面上“交接棒”時，后方運動員用力推前方運動員，導致機械能增加，C錯誤；在乙推甲的過程中，消耗體內的化學能轉化為系統的動能，根據能量守恒定律可知，甲的動能增加量不等于乙的動能減小量，D錯誤．
2.如圖所示，小木塊m與長木板M之間光滑，M置于光滑水平面上，一輕質彈簧左端固定在M的左端，右端與m連接，開始時m和M都靜止，彈簧處于自然狀態．現同時對m、M施加等大反向的水平恒力F1、F2，兩物體開始運動后，對m、M、彈簧組成的系統，下列說法正確的是(整個過程中彈簧不超過其彈性限度)(　　)
A．整個運動過程中，系統機械能守恒，動量守恒
B．整個運動過程中，當木塊速度為零時，系統機械能一定最大
C．M、m分別向左、右運行過程中，均一直做加速度逐漸增大的加速直線運動
D．M、m分別向左、右運行過程中，當彈簧彈力與F1、F2的大小相等時，系統動能最大
答案　D
解析　由于F1與F2等大反向，系統所受的合外力為零，則系統的動量守恒．由于水平恒力F1、F2對系統做功代數和不為零，則系統的機械能不守恒，故A錯誤；從開始到彈簧伸長到最長的過程，F1與F2分別對m、M做正功，彈簧伸長最長時，m、M的速度為零，之后彈簧收縮，F1與F2分別對m、M做負功，系統的機械能減小，因此，當彈簧有最大伸長量時，m、M的速度為零，系統機械能最大；當彈簧收縮到最短時，m、M的速度為零，系統機械能最小，故B錯誤；在水平方向上，M、m受到水平恒力和彈簧的彈力作用，水平恒力先大于彈力，后小于彈力，隨著彈力增大，兩個物體的合力先逐漸減小，后反向增大，則加速度先減小后反向增大，則M、m先做加速度逐漸減小的加速運動，后做加速度逐漸增大的減速運動，當彈簧彈力的大小與拉力F1、F2的大小相等時，m、M的速度最大，系統動能最大，故C錯誤，D正確．
3.如圖所示，氣球下面有一根長繩，一個質量為m1＝50 kg的人抓在氣球下方，氣球和長繩的總質量為m2＝20 kg，長繩的下端剛好和水平面接觸，當靜止時人離地面的高度為h＝5 m．如果這個人開始沿繩向下滑，當滑到繩下端時，他離地面的高度約為(可以把人看成質點)(　　)
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
答案　B
解析　當人滑到下端時，設人相對地面下滑的位移大小為h1，氣球相對地面上升的位移大小為h2，由動量守恒定律，得m1＝m2，且h1＋h2＝h，解得h2≈3.6 m，所以他離地面的高度約為3.6 m，故選項B正確．
4．(多選)(2023·浙江麗水市模擬)質量為M的物塊以速度v運動，與質量為m的靜止物塊發生正碰，碰撞后兩者的動量正好相等，兩者質量之比可能為(　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
答案　AB
解析　根據動量守恒定律和能量守恒定律，設碰撞后兩者的動量都為p，則總動量為2p，根據動量和動能的關系有：p2＝2mEk，根據能量的關系，由于動能不增加，則有：≥＋，解得≤3，故A、B正確，C、D錯誤．
5．冰壺運動深受觀眾喜愛，在某次投擲中，冰壺甲運動一段時間后與靜止的冰壺乙發生正碰，如圖所示．若兩冰壺質量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置，可能是選項圖中的哪幅圖(　　)
答案　B
解析　兩冰壺碰撞過程中動量守恒，兩冰壺發生正碰，由動量守恒定律可知，碰撞前后系統動量不變，兩冰壺的動量方向即速度方向，不會偏離甲原來的方向，可知，A圖情況是不可能的，故A錯誤；如果兩冰壺發生彈性碰撞，碰撞過程動量守恒、機械能守恒，兩冰壺質量相等，碰撞后兩冰壺交換速度，甲靜止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做減速運動，最后停止，最終兩冰壺的位置可能如選項B所示，故B正確；兩冰壺碰撞后，乙在前，甲在后，選項C所示是不可能的，故C錯誤；碰撞過程機械能不可能增大，兩冰壺質量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D錯誤．
6.如圖所示，在光滑的水平面上有三個完全相同的小球，它們排成一條直線，小球2、3靜止，并靠在一起，球1以速度v0撞向它們，設碰撞過程中不損失機械能，則碰后三個小球的速度分別為(　　)
A．v1＝v2＝v3＝v0
B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
答案　D
解析　由題設條件，三球在碰撞過程中總動量和總動能守恒．設三球質量均為m，則碰撞前系統總動量為mv0，總動能為mv02.選項A、B中的數據都違反了動量守恒定律，故不可能．對選項C，碰后總動量為mv0，但總動能為mv02，這顯然違反了機械能守恒定律，故不可能．對選項D，既滿足動量守恒定律，也滿足機械能守恒定律，故選D.
7.(2023·北京市第五中學檢測)A、B物塊沿光滑水平面在同一直線上運動并發生正碰，如圖為兩物塊碰撞前后的位移－時間圖像，其中a、b分別為A、B兩物塊碰前的位移－時間圖像，c為碰撞后兩物塊共同運動的位移－時間圖像，若A物塊質量m＝2 kg，則由圖判斷，下列結論錯誤的是(　　)
A．碰撞前后A的動量變化量的大小為4 kg·m/s
B．B物塊的質量為0.75 kg
C．碰撞過程A對B所施沖量大小為4 N·s
D．碰撞過程A、B兩物塊組成的系統損失的動能為10 J
答案　B
解析　以A的初速度方向為正方向，由圖像可知碰撞前A的速度為vA＝ m/s＝3 m/s，碰撞后A、B的共同速度為vAB＝ m/s＝1 m/s，則碰撞前A的動量為mvA＝2×3 kg·m/s＝6 kg·m/s，碰撞后A的動量為mvAB＝2 kg·m/s，碰撞前后A的動量變化量的大小為4 kg·m/s，A正確，不符合題意；碰撞前B的速度為vB＝－ m/s＝－2 m/s，由動量守恒定律得mvA＋mBvB＝(m＋mB)vAB，解得mB＝ kg，B錯誤，符合題意；由動量定理得I＝mBvAB－mBvB＝×1 kg·m/s－×(－2) kg·m/s＝4 N·s，即碰撞過程A對B所施沖量大小為4 N·s，C正確，不符合題意；碰撞過程A、B兩物塊組成的系統損失的動能為ΔEk＝mvA2＋mBvB2－(m＋mB)vAB2＝×2×32 J＋××(－2)2 J－×(2＋)×12 J＝10 J，D正確，不符合題意．
8．(2023·浙江寧波市月考)“爆竹聲中一歲除，春風送暖入屠蘇”，爆竹聲響是辭舊迎新的標志，是喜慶心情的流露．有一個質量為3m的爆竹從地面斜向上拋出，上升h后到達最高點，此時速度大小為v0、方向水平向東，在最高點爆炸成質量不等的兩塊，其中一塊質量為2m，速度大小為v，方向水平向東；重力加速度為g.則(　　)
A．爆竹在最高點爆炸過程中，整體的動量守恒
B．質量為m的一塊，其速度為3v0－2v
C．質量為m的一塊，其速度為2v－3v0
D．質量為m的一塊，在落地過程中重力沖量的大小為mg，方向水平向西
答案　B
解析　爆竹在最高點爆炸過程中，整體水平方向上不受外力，水平方向上動量守恒，故A錯誤；規定向東為正方向，根據動量守恒得3mv0＝2mv＋mv′，解得質量為m的一塊的速度v′＝3v0－2v，故B正確，C錯誤；質量為m的一塊爆炸后，做平拋運動，由h＝gt2，得運動的時間t＝，則在落地過程中重力沖量的大小為mg，方向豎直向下，故D錯誤．
9．在發射地球衛星時需要運載火箭多次點火，以提高最終的發射速度．某次地球近地衛星發射的過程中，火箭噴氣發動機每次噴出質量為m＝800 g的氣體，氣體離開發動機時的對地速度v＝1 000 m/s，假設火箭(含燃料在內)的總質量為M＝600 kg，發動機每秒噴氣20次，忽略地球引力的影響，則(　　)
A．第三次氣體噴出后火箭的速度大小約為4 m/s
B．地球衛星要能成功發射，速度大小至少達到11.2 km/s
C．要使火箭能成功發射至少要噴氣500次
D．要使火箭能成功發射至少要持續噴氣17 s
答案　A
解析　設噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出的三次氣體為研究對象，以豎直向上為正方向，由動量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得：v3≈4 m/s，故A正確；地球衛星要能成功發射，噴氣n次后至少要達到第一宇宙速度，即：vn＝7.9 km/s，故B錯誤；以火箭和噴出的n次氣體為研究對象，以豎直向上為正方向，由動量守恒定律得：(M－nm)vn－nmv＝0，代入數據解得：n≈666，故C錯誤；至少持續噴氣時間為：t＝＝33.3 s，故D錯誤．
10.(2023·浙江紹興市調研)如圖為“子母球”表演的示意圖，彈性小球A和B疊放在一起，從距地面高度為h處自由落下，h遠大于兩小球直徑，小球B的質量是A質量的3倍，假設所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發生在下落的豎直方向上，不考慮空氣阻力．則(　　)
A．下落過程中兩個小球之間有相互擠壓
B．A與B第一次碰后小球B的速度不為零
C．A與B第一次碰后小球A彈起的最大高度是2h
D．A與B第一次碰后小球A彈起的最大高度是4h
答案　D
解析　不考慮空氣阻力，下落過程是自由落體運動，處于完全失重狀態，則兩個小球之間沒有力的作用，A錯誤；下降過程為自由落體運動，由勻變速直線運動的速度位移公式得v2＝2gh，解得小球B觸地時兩球速度相同，為v＝，小球B碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選小球A與小球B碰撞過程為研究過程，碰撞前后動量守恒，設碰后小球A、小球B速度大小分別為v1、v2，選向上為正方向，由動量守恒定律得mBv－mAv＝mAv1＋mBv2，由能量守恒定律得(mA＋mB)v2＝mAv12＋mBv22，解得v2＝0，v1＝2v，B錯誤；碰后小球A彈起的最大高度H＝＝4h，C錯誤，D正確．
11．(多選)(2023·浙江寧波市高三檢測)如圖所示，某超市兩輛相同的購物車質量均為m，相距L沿直線排列，靜置于水平地面上．為節省收納空間，工人猛推一下第一輛車并立即松手，第一輛車運動距離L后與第二輛車相碰并相互嵌套結為一體，兩輛車一起運動了L距離后恰好?？吭趬叄糍徫镘囘\動時受到的摩擦力恒為車重力的k倍，重力加速度為g，則(　　)
A．兩購物車在整個過程中克服摩擦力做功之和為2kmgL
B．兩購物車碰撞后瞬間的速度大小為
C．兩購物車碰撞時的能量損失為2kmgL
D．工人給第一輛購物車的水平沖量大小為m
答案　CD
解析　由題意可知，兩購物車在整個過程中克服摩擦力做功之和為W克f＝kmgL＋2kmgL＝3kmgL，A錯誤；工人猛推一下第一輛車并立即松手，設此時第一輛車的速度為v0，運動L距離后速度為v1，由動能定理可得－kmgL＝mv12－mv02，得v1＝，設與第二輛車碰后瞬間的共同速度為v，取第一輛車的初速度為正方向，由動量守恒定律可得mv1＝2mv，得v＝v1，由能量守恒定律可得3kmgL＋ΔE＝mv02，兩購物車在碰撞中系統減少的能量ΔE＝mv12－×2mv2＝mv12－×2m(v1)2＝mv12＝m(v02－2kgL)，聯立解得v0＝，ΔE＝2kmgL，v＝v1＝＝，B錯誤，C正確；由動量定理可知，工人給第一輛購物車的水平沖量大小為I＝mv0－0＝m，D正確．
12.(2023·浙江臺州市模擬)如圖所示，光滑導軌的末端放有一個質量為m1＝1 kg的小球A，導軌的末端與豎直墻上的O點等高，導軌末端到豎直墻壁的水平距離為d＝0.3 m．一個質量為m2的小球B沿導軌從距導軌末端高h＝0.2 m處由靜止釋放，在末端與小球A碰撞后，兩球直接從軌道末端飛出，A、B兩球分別擊中豎直墻壁上的P、Q兩點．已知P到O的距離h1＝0.05 m，Q到O的距離h2＝0.45 m，小球可視為質點，重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力．
(1)求A、B兩球從軌道末端飛出時的速度大小v1、v2；
(2)求小球B的質量m2，并通過計算分析碰撞是否為彈性碰撞；
(3)在A、B發生彈性碰撞的條件下，能否選擇一個合適的小球B，質量為m2，使得兩球碰后即以共同速度做拋體運動？如果能，求出m2；若不能，請說明理由．
答案　見解析
解析　(1)小球在空中做平拋運動，有
d＝v1t1，h1＝gt12，d＝v2t2，h2＝gt22，
解得v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
(2)設B運動到軌道末端的速度為v0，
由機械能守恒得m2gh＝m2v02，
解得v0＝2 m/s
在A、B碰撞前后，兩球的動量守恒，以v0的方向為正方向，有m2v0＝m2v2＋m1v1，
解得m2＝3 kg
碰前總動能Ek＝m2v02＝6 J，
碰后兩球總動能Ek′＝m2v22＋m1v12＝6 J即該碰撞為彈性碰撞．
(3)不能．假設此情形下的m2存在，則由動量守恒得m2v0＝(m1＋m2)v求得v＝
碰前總動能Ek＝m2v02，碰后兩球總動能Ek′＝(m1＋m2)v2＝這說明碰撞前后有能量損失，與題設矛盾，故這樣的m2不存在．
13．(多選)(2020·全國卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0 kg的靜止物塊以大小為5.0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0 m/s的速度與擋板彈性碰撞．總共經過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0 m/s，反彈的物塊不能再追上運動員．不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為(　　)
A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg
答案　BC
解析　設運動員的質量為M，第一次推物塊后，運動員速度大小為v1，第二次推物塊后，運動員速度大小為v2……第八次推物塊后，運動員速度大小為v8，第一次推物塊后，由動量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物塊后由動量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物塊后，由動量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，各式相加可得vn＝，則v7＝，v8＝.由題意知，v7<5 m/s，則M>52 kg，又知v8>5 m/s，則M<60 kg，故選B、C.

展開更多......

收起↑